高三物理二轮复习动量与能量专题.pdf

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1、高三物理第二轮复习 专题二动量与能量 一 高考导向 1 考题统计 主题 全 国 全 国 北 京 天 津 四 川 重 庆 山 东 宁 夏 上 海 江 苏 广 东 小 计 动量与能量24 23 24 24 25 17 24 38.2 18 33.2 8 9 12C .2 3 17.1 19 20 15 总 计 题 量1 1 1 1 1 2 0.5 1.5 1 1.5 3.5 15 分 值18 15 20 18 20 25 4 15 5 8 46 194 2 考题特点 上表为08 年 11 份全国及各地高考卷中涉及本专题的考题统计，其中山东、宁夏为 新课程卷，上海、江苏、广东为物理单科卷，由表可以看

2、出： (1) 本专题的内容每卷必考，甚至反复考。试题的覆盖面大。 (2) 常见的各种能量形式都可能考到，能量与动量多综合考查。 (3) 机械能、内能、 电能通常以综合题出现的较多，其它形式的能以选择题出现的较 多。 (4) 选择题、解答题、实验题均可出现，解答题中以常规题型为主，适当综合，多个 设问，逐步提高难度。 二 知识网络 三 要点热点 功，能 空间积累力时间积累 冲量，动量 动量定理功能关系 动量守恒定律能量守恒定律 瞬时效应 1 概念规律的理解 (1) 功 区分力的功和物体的功，理解正负功的意义，掌握常见力的做功特点及其的 计算，特别是变力的功的计算，弄清一对相互作用力的做功特点。

3、(2) 动能定理与功能关系掌握常见各种能量定义及决定因素，重点弄清各种能量变 化分别与哪些力做功有关。 (3) 机械能守恒定律与能量守恒定律关注定律的成立条件及判断方法。 (4) 动量、冲量的理解熟悉两概念的定义、决定因素、特性及计算，区分动量与动 能、冲量与功，特别注意变力的冲量的计算。 (5) 动量定理的理解熟悉定理的适用条件和意义，特别是定理的矢量性。 (6) 动量守恒定律的理解掌握定律的适用条件、范围和意义，特别是定律的条件、 矢量性和常见模型。 例 1 如图，竖直轻弹簧的下端固定在地面上，将质量为m 的物体从其正上方释放后 自由落下，将弹簧压缩。当物体到达距释放点的高度为h 时，经过

4、的时间为t，物体的速 度为 v，下面关于此过程中的说法正确的是（） A地面对弹簧的支持力做功为mghmvw 2 2 1 B地面对弹簧的支持力做功为mghmvw 2 2 1 C地面对弹簧的支持力冲量大小可能为I=mgt-mv D地面对弹簧的支持力冲量大小可能为I=mv mgt 解析 ：由于地面作用在弹簧上的力的作用点的位移为零，所以地面对弹簧的支持力 不做功；若物体的速度方向向下，则地面对弹簧的支持力冲量大小为I=mgt-mv ；若物体 的速度方向向上，则地面对弹簧的支持力冲量大小为I=mv mgt，故应选CD 正确。 2 解题思路 上一专题已总结，更注意过程分析，动量、能量守恒条件分析，矢量方

5、向的确定。 例 2 质量A3.0kg 、长度 L0.60 、电量 4.0 10 5C的导体板 A在绝缘水 平面上，质量 B1.0kg 可视为质点的绝缘物块B在导体板A上的左端，开始时A、B保 持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到03.0 / 时，立即施加一个方向水 平向左、场强大小E1.0 10 5N/C 的匀强电场，此时 A的右端到竖直绝缘挡板的距离为 ，此后 A、B始终处在匀强电场中，如图所示。假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能 损失， A与 B之间（动摩擦因数10.25 ）及 A与 地面之间（动摩擦因数20.10 ）的最大静摩擦力 均可认为等于其滑动摩擦力，10 / 2。试求 要使

6、 B不从 A上滑下，应满足的条件。 解析： 设 B 受到的最大静摩擦力为f1m，A、B 间的滑动摩擦力为f1，A 受到地面摩擦力为f2，加 电场后若A 、B以共同加速度a 做匀减速运动，由摩擦力公式及牛顿第二定律得： f1m=1mBg f2=2(mA+mB)g A L S B F V0 E h qE+ f2(AB） f1=B 解得： f1m=2.5N f2= 4.0N 2.0/ 2 f1=2.0N 由于 f1mf1，所以 A、B保持相对静止且以共同加速度a 做匀减速运动。 A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为v1， 则有：asvv2 2 0 2 1 A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象，

7、 则由于 qE=f2， 故系统动量守恒，设A、B共同向左运动的速度为v，取向左为正方向，由动量守恒 得：mAv1-mBv1=(AB）v 设该过程中， B相对于 A向右的位移为s1，由功能关系得： 22 111)( 2 1 )( 2 1 vmmvmmgsm BABAB A、 B达到共同速度后做匀速运动，要使B不从 A上滑下来，则： s1L 解得： s2.0m 3 常见解法 直接法，间接法，等效法，微元法，全程法与分段法，模型法，图象法，临界法， 动态分析法等。 例 3 如图，用竖直向下的恒力F 通过跨过光滑定滑轮的细线拉动光滑水平面上的物 体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设 AB=

8、BC ，若从 A点至 B点和从 B点至 C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2， 物体经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、 EkC，则一定有（） A W1 W2 B W1 W2 C EKb-EkA= EkC- E kB D EkC2 EkB 解析： 由于拉力方向在改变，故是变力做功，但可等效为恒力做功。设滑块在A 、B、 C 三点时到滑轮的距离分别为L1、L2、L3，则 W1=F（L1-L2） ，W2=F（L2-L3） 。由于从 L1到 L3的过程中， 绳与水平方向的夹角逐渐变大，所以可把夹角推到两个极端情况：L1与水平 面的夹角很小，推到接近0时，则L1-L2AB ，L3与水平

9、面的夹角较大，推到接近90 时，则 L2-L30，由此可知： L1-L2 L2-L3，故 W1W2，A 对 B 错，再由动能定理可判断 C 错 D 对，应选AD 。 例 4 如图，物体A、B 相距 9.5m，现物体A 以 vA=10m/s 的初速度向静止的物体 B 运动， 物体 A 与 B 发生正碰后仍沿原来的方向运动。已知物体 A B C F A B vA A 在碰撞前后共运动6s 后停止，求碰撞后物体B运动多少时间停止？（已知mA=2mB， 物体 A、B与地面间的动摩擦因数均为=0.1 ，g=10m/s 2） 解析： 取运动方向为正方向，设物体运动的时间分别为tA、tB ，对 A、B 组成

10、的系 统，由动量定理得： -mAgtA-mBg tB=-mAvA 解得： tB=8s 四 典例分析 例 5 汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0。t1时刻， 司机减小了油门，汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶。到t2时刻，汽车 又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车 所受的阻力不变） ，则下图中几个关于汽车牵引力F 汽车速度 v 在这个过程中随时间t 变 化的图象正确的是（） 解析： 由 P=Fv 知：当 P 减小为原来的一半时，由于v 不能突变， F 立即减为原来的 一半，由牛顿第二定律知：FF阻=ma，所以加速度逐渐减小，速度也逐渐减小，再由 P=Fv

11、 知： F 又逐渐增大，至t2时刻，汽车恢复匀速运动， F 又与 F阻平衡，即又恢复到原 大小，故应选AD 。 例 6 一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体 机械能 E 与位移 s 的关系图象如图所示，其中0s1过程的图象为曲线，s1s2过程的图象 为直线。根据该图象，下列说法正确的是（） A 0s1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小 B s1s2过程中物体可能在做匀变速直线运动 C s1s2过程中物体可能在做变加速直线运动 D 0s2过程中物体的动能可能在不断增大 解析： 设开始时物体的机械能为E0，如果绳的拉力恒为 FN，则向下运动位移为 s 时物体的

12、机械能E=E0FNs，可知： 图线应为倾斜直线，由图可知： 0s1过程 E 减小得越来越快， 所以，此过程FN应为变力，且力在增大，A 错； s1s2过程， FN恒定， FN可能大于重力， 也可能性小于重力，但合力恒定，此时物体应做匀变速直线运动。故B、D 正确， C 错， 应选 B、D。 例 7 如图，质量为m=0.5 kg 的小球从距地面高H=5m 处自由下落，到达地面时恰能 沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽的半径R=0.4m。小球到达槽最低点时的速率为 v=10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出，如此反复几次，设摩擦力恒定 不变，求：（设小球与槽壁相碰时不损失能量） （1）

13、小球第一次离槽上升的高度。 （2）小球最多能飞出槽外的次数（g=10m/s2） H E s O s1 s2 v0/2 O v v0 t1t2t A O v v0 v0/2 t1t2t B O F F0 F0/2 t1t2t C O F F0 F0/2 t1t2t D 解析： （1）设小球落至槽底的过程中摩擦力做功为Wf，第一次离槽上升的高度为h， 由动能定理得： 小球落至槽底过程mg（H+R ） Wf=mv 2/2 从槽底至第一次离槽后的最高点 mg（h+R） Wf=- mv 2/2 解得： h=4.2m （2）设小球飞出槽外n 次，由动能定理得 mgH2n Wf 0 解得n6.25 即小球最

14、多能飞出槽外6 次。 例 8 如图，光滑水平面右端B 处连接一个竖直的半径为R 的光滑半圆轨道，B 点为 水平面与轨道的切点，在离B 处距离为x 的 A 点，用 水平恒力F将质量为m 的小球从静止开始推到B 处后 撤去恒力，小球沿半圆轨道运动到C 处后又正好落回A 点。求： （1）推力 F 对小球所做的功？ （2）x 取何值时，完成上述运动时推力所做的功最少？最少功是多少？ （3）x 取何值时，完成上述运动时推力最小？最小推力是多少？ 解析：（1）设小球在C 点的速度为vC，从 C 运动到 A 点的时间是t，由平抛运动规 律得： x=vCt 2R=gt 2/2 设推力做功为WF，小球由 A 到

15、 C，由动能定理得： WF2mgR=mv C 2/2 解得： R xRmg W R gx v F C 8 )16( 2 22 （2） 当 vC最小时 F 力做功最少， 设小球在C 点的最小速度为v， 由牛顿第二定律得： 2 2 2 1 2 2 , mvmgRW R gx v R mv mg F C又 解得： WF=5mgR/2 （3）由FxW R xRmg W FF 及 8 )16( 22 得： ) 16 ( 8 1 R x x R mgF F 有极小值的条件是： F A B C R O x m 16R/x=x/R 即当 x=4R 时有最小推力F=mg 例 9 如图，放在光滑水平面上的矩形滑块

16、是由不同材料的上下两层粘在一起组成的。 质量为 m 的子弹以速度v0水平射向滑块。 若击中上层， 则子弹刚好不穿出；若击中下层， 则子弹刚好嵌入（即子弹尾部刚好进入到滑块左侧表面）。比较上述两种情况，以下说法 不正确的是（） A 两次滑块对子弹的阻力一样大 B 两次子弹对滑块做功一样多 C 两次滑块受到的冲量一样大 D 两次系统产生的热量一样多 解析：由动量守恒和动能定理知B、C 选项正确，由能量守恒知D 选项正确，由 Q=Fx 知：第一次位移大于第二次，故第一次阻力小于第二次，A 错，应选A。 例 10 如图 ,在倾角为 =37的足够长的绝缘斜面上，带负电的物块A 和不带电的绝 缘物块 B

17、正沿斜面向上滑,斜面处于范围足够大的匀强电场中，场强方向平行于斜面向下。 当 A 刚要追上B 发生碰撞时， A 的速度 vA=1.8m/s，方向沿斜面向上， B 的速度恰为零。 A、B 碰撞时间极短，且A 的电荷没有转移，碰后瞬间A 的速度 v1=0.6m/s，方向仍沿斜 面向上。 第一次碰后经0.6s，A 的速率变为v2=1.8m/s，在这段时间内两者没有再次相碰。 已知 A 与斜面间的动摩擦因数=0.15，B 与斜面间的动摩擦因数极小，可认为无摩擦。 A、B 均可视为质点，它们的质量分别为mA=0.5kg，mB=0.25kg ，匀强电场的场强E=6 106N/C，sin =0.6 ， g=

18、10m/s 2, 求： (1)A 、B 第一次碰撞后瞬间B 的速度 (2) 第一次碰后的0.6s 内 B 沿斜面向上滑行的最远距离 (3) 物块 A 所带的电荷量 解析：（1）设碰后 B 的速度为 vB，由动量守恒定律得： mAvA=mA v1+ mBvB 解得： vB=2.4m/s （2）设碰后B 的加速度为aB，上升到最远的时间为tB，最远距离为sB，由牛顿第 二定律及运动学规律得：mBgsin =mBaB vB=aBtB sB= aBtB 2/2 解得： sB=0.48m （3）碰后的0.6s，A 的速率变为v2=1.8m/s，方向有两种可能：一是 A 沿斜面一直 向上加速，二是A 先减

19、速上升再加速下滑。 如果 A 沿斜面一直向上加速，设加速度为aA，A、B 再次相遇经历的时间为t，则： v1t+aAt 2/2= v Bt+aBt 2/2 解得： t =0.45s0.60s 可知： A、B 在 0.45s 再次相遇，不符合题意，所以A 应先减速上升再加速下滑。 设 A 上滑的加速度为a1，时间为 t，下滑的加速度为a2，A 受到的电场力为F，取 沿斜面向上为正方向，t=0.60s，由运动学公式和牛顿第二定律得： v v A B E vA a1=-v1/t，a2=-v2/（t-t） 上滑： F-mAgsin - mAgcos =mAa1 下滑： F-mAgsin +mAgcos

20、 =mAa2 设 A 的带电量为q，则有： F=qE 解得：q=10-7C 五 专题训练 1 某人把原来静止于地面上的质量为2kg 的物体向上提1m， 并使物体获得1m/s 的速 度，取 g 为 10m/s2，则在这过程中（） A 人对物体做功21J B 合外力对物体做功1J C 合外力对物体做功21J D 物体重力势能增加21J 解析：设人做功为W1，重力做功为W2，合外力做的总功为W，由动能定理得W=W1 W2=mv 2 /2，代入数值得：W=1J，所以 W1= 21J，W2= -20J，应选 AB 。 2 木块在水平恒力F 作用下， 由静止开始在水平路面上前进S，随即撤去此恒力后又 前进

21、 2S 才停下来，设运动全过程中路面情况相同，则木块在运动中所获得的动能的最大 值为（） A FS 2 1 B FS 3 1 C FSD FS 3 2 解析： 设摩擦力为F，由动能定理得：FS3FS=0，动能最大是在 F 刚撤去时，设 最大动能为Ek，同理得： Ek= FSFS，解得： Ek=2FS/3，应选 D。 3 质量为 m 的物体，从静止开始以3g/4 的加速度竖直向下运动了h 米，以下判断正 确的是（） A 物体的动能增加了3 mgh /4 B 物体的重力势能一定减少了3 mgh /4 C 物体的重力势能增加了mgh D 物体的机械能减少mgh/4 解析： 由于加速度a=3g/4g，

22、所以物体受阻力作用，设阻力为F，由牛顿第二定律 得：mgF=ma ，设动能为Ek，由动能定理得： Ek=（mgF）h，解得： F=mg/4，Ek=3 mgh /4，A 对，由功能关系得：物体的机械能减少了mgh/4，D 对，由重力做功与重力势能变 化的关系知：B、C 错，应选AD 。 4 质量为 m 的物体从倾角为且固定的光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面高为h， 当物体滑至斜面底端时，重力做功的瞬时功率为（） A ghmg2B ghmg2sin 2 1 C ghmg2sinD sin2ghmg 解析： 物体到达底端的速度v= gh2 ，重力的方向与v 的方向的夹角为90 ， 则重力的瞬时功率为

23、P=ghmgghmg2sin)90cos(2，应选 C。 5 用一轻质弹簧把两块质量分别为m1、m2的木板连起来，静置在 水平桌面上，如图，必须在上面木板上加多大的压力F，才能使撤去此 m1 m2 F 力时，上面木板跳起到最高点时恰好能使下面木板离开桌面但不继续上升？（弹簧的弹 性势能 EP=kx 2/2，其中 k 为弹簧的劲度系数， x 为弹簧的形变量，取弹簧无形变时的弹性 势能为零） 解析： 如图，设加压力F 后两物块均静止时弹簧的压缩量为x1，由平衡条件得 kx1=m1g+F 设下面木板恰好离开桌面但不继续上升时弹簧的拉伸 量为 x2，同理得： kx2=m2g 由机械能守恒定律得：)(

24、2 1 2 1 211 2 2 2 1 xxgmkxkx 解得： F=（ m1+m2）g 6 如图 ,一个半径为R、质量为m 的均匀薄圆盘竖直放置在水平面上，可绕通过其圆 心 O 的水平转轴无摩擦转动，现在其右侧挖去一个圆心与转轴O 等高、 直径为 R 的圆形 部分（如图中阴影所示），然后从图示位置将其由静止释放，则剩余部分（） A 能绕 O 做 360转动 B 转动的最大偏角只能为180 C 转动过程中的最大动能为mgR/8 D 转动过程中的最大动能为mgR/4 解析：剩余部分可等效为两部分组成：一是与挖去的圆形部分对 称的另一个圆形物体，另一部分是一个形状上下对称的物体，如图， 在运动过程

25、中这部分的重力势能不变故只需考虑与挖去部分对称的 那部分， 由机械能守恒定律得：剩余部分的最大偏角为180, A 错 B 对， 转动过程中最大动能在势能减少最多时，同理得 EK=EP= mgR/8， C 对 D 错，应选BC。 7 三角体由两种材料拼接而成, BC 界面平行于底面DE，两侧面与水平面夹角分别为 30和 60。已知物块从A 静止下滑， 加速至 B 匀速至 D；若该物块静止从A 沿另一侧 面下滑，则有（） A 通过 C 点的速率等于通过B 点的速率 B 到达 E 点的速率等于到达D 点的速率 C AB 段的运动时间大于AC 段的运动时间 D 合力在 AE 段上做的功大于合力在AD

26、段做和功 解析： 设物块质量为m，它与三角体间的动摩擦因数为， A 到 BC 的距离为h， 斜面倾角为 ，则物块沿三角体斜面下滑时摩擦阻力做功W= mghcot，故 WABWAC， 而此过程中重力做功相等，由动能定理得：物块在C 点速率大于B 点速率，同理，物块 在 E 点速率大于D 点速率， AB 错， D 正确。由运动学规律和牛顿第二定律得，物块在 三角体 ABC 斜面上的运动时间t= )cos(sinsin 2 g h ，易知： tABtAC，C 正确，应 选 CD。 m1 m2 m1 m2 x1 x2 F O A B C D E 3060 8 弧 AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，

27、在下端 B 与水平直轨道相切， 如图所示。 一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑。已知轨道半径为R，小球的质量为m，不计各 处摩擦。求 (1)小球运动到B 点时的动能？ (2)小球下滑到距水平轨道的高度为R/2 时速度的大小和方向？ (3)小球经过圆弧轨道的B 点和水平轨道的C 点时，所受轨道的支持力NB、NC各是 多大？ 解析： (1)根据机械能守恒Ek = mgR (2) 根据机械能守恒mv 2/2= mgR/2 小球速度大小v=gR 速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30角 (3) 根据牛顿第二定律及机械能守恒，在B点 R v mmgN B B 2 ， 2 2 1 B mvmgR 解

28、得NB=3mg 在 C 点，由平衡条件可知：NC=mg 9 如图，从光滑的1/4 圆弧槽的最高点滑下的小球，滑出槽口时速度为水平方向，槽 口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，已知圆弧槽的半径为R1，半球的半径为R2。 求： （1）小球运动到1/4 圆弧槽的底部对圆弧槽的底部压力为多少？ （2）若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，则R1与 R2应满足什么关系？ （3）若小球刚好不沿半球面下滑，则小球落地时的动能为多少？ 解析： (1)设小球滑出槽口时的速度为v，此时圆弧槽底部对小球的支持力为FN，由 机械能守恒和牛顿第二定律得： mgR1=mv 2/2 FN-mg=mv 2/R 1 解得 FN

29、=3mg，所以小球对圆弧槽底部压力为 FN =3mg (2) 若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，则重力恰好 或不足以提供向心力而作平抛运动，即 mg mv 2/R 2 由（ 1）及上式得： R1R2/2 (3)设小球落地时动能为EK，由机械能守恒定律得： EK=mv 2/2+mgR 2 解得： EK =3mgR2/2 10 如图，半径为R 的 1/4 圆弧支架竖直放置，支架底AB 离地的距离为2R，圆弧边 缘 C 处在一小定滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m1与 m2的物体， 挂在定滑轮的两边，且m1m2，开始时使m1、m2均静止， m1、m2可 视为质点，不计一切摩擦和空气阻力。求： A B

30、 C O 2R m1 m2 R1 R2 A B C O R m （1）m1从靠近滑轮处静止释放后，在紧贴着圆弧运动经过最低点A 时的速度vA （2）若 m1到最低点时绳突然断开，求m1落地点离A 点的水平距离s （3）在满足（ 2）条件情况下，m2从静止起在整个过程中可以上升的最大高度H 解析：（1）由动能定理得： 2 2 2 121 2 1 2 1 )2(mvmvRgmgRm 而 212vv 解得： 21 21 1 2 )2( 2 mm gRmm vv A （2）绳断开后m1做平抛运动，则 2 1 2 1 2gtR tvs 解得： 21 21 2 2 4 mm mm Rs （3）m2上升：R

31、h2 1 g v h 2 2 2 2 H=h1+h2 解得：R mm m H 21 1 2 )221 ( 11 有人做过这样一个实验：把鸡蛋A 向另一个完全相同的鸡蛋B 撞去（用同一部 分撞击），结果每次都是被撞击的鸡蛋B 被撞破。则下面说法不正确的是（） A A 对 B 的作用力的大小等于B 对 A 的作用力的大小 B A 对 B 的作用力的大小大于B 对 A 的作用力的大小 C A 蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A 蛋壳产生向前的作用力 D A 蛋碰撞部位除受到B 的作用力外，还受到A 蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所 以所受合力较小 解析： 由牛顿第三定律知：A 对 B 错；对于碰

32、撞的过程，A 向前运动，其内蛋黄和 蛋白也向前运动， 所以当 A 的蛋壳停止运动时，它们仍向前运动对A 的蛋壳以力的作用， C 对；对于A 的蛋壳受到两个力的作用：B 蛋壳的作用与自身蛋黄和蛋白的作用，合力 较小不易破碎，而B 仅受到 A 的作用，受力较大，所以B 蛋壳易破， D 对，应选B。 12 一小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为 p，动能变化量为E，关于 p 和E 有下列说法：若p 最大，则 E 也最大；若 p 最大，则 E 一定最小；若p 最小，则 E 也最小；若 p 最小，则 E 一定最 大。以上说法中正确的是（） A B C D 解析： 如果是弹性

33、碰撞，则碰撞前后动量大小相等，方向相反，此过程动量变化最 大，动能变化为零；若是完全非弹性碰撞，碰后小球速度为零，动量变化最小，动能变 化最大，故应选B。 13 如图， 光滑的平台上有一质量为20kg、长度为 10m 的长木板， 其中 7m 伸出平台 外，为了使木板不翻倒，让一个质量为25kg 的小孩站在长木板的右端B 点。则以下关于 木板平衡的结论正确的是（） A 如果小孩从木板的右端B 向左端 A 走动，欲使木 板不翻倒，小孩在木板上走动的距离不能超过1.4m B 如果小孩从木板的右端B 向左端 A 走动，欲使木 板不翻倒，小孩在木板上走动的距离不能超过3m C 小孩可以从木板的右端B 向

34、左端 A 随意走动，但小孩绝不能从左端A 离开长木板， 否则木板就会翻倒 D 小孩不但可以从木板的右端B 向左端 A 随意走动，还可以从左端A 离开长木板， 整个过程木板都不会翻倒 解析： 由题意知：开始时系统静止在地面上，因此重心也在地面上，由“人船模型” 知：在人向A 端端走动的过程中，系统重心位置不变，故应选D。 14 “神舟”七号飞船升空后，进入近地点A，离地心距离为r1，远地点B 离地心距 离为 r2的椭圆轨道。当它在远地点时，飞船启动变轨程序，将质量为的燃气以一定 的速度向后喷出后，飞船改做半径为r2的圆周运动。 已知 地球表面处的重力加速度为g， 飞船在近地点的速度为v1， 飞船

35、的总质量为，设距地球无限远处为引力势能零点， 则 距 地 心 为r 、 质 量 为m 的 物 体 的 引 力 势 能 为 Ep= r Mm G( 其中M为地球质量，G 为引力常量，解题时 M 和 G 均要按未知量处理) 。设飞船在椭圆轨道运动，机 械能守恒。 求飞船在远地点时，应将 的燃气以相对地 面多大的速度v0向后喷出才能进入半径为r2圆轨道？ ( 设 地球半径为R) 解析： 设飞船在远地点的速度为v2，由机械能守恒得： 2 2 1 2 1 2 1 2 1 r Mm Gmv r Mm Gmv 又 GM=gR 2 飞船在远地点喷气时由动量守恒得： v2=(- )v3- v0 设飞船在半径为r

36、2的圆轨道上运行的速度为v3，则 A B 地球 预定圆轨道 O A B 2 2 3 2 2 )( )( r v mm r mmM G 解得 : m rr gRvm r g mmR v ) 11 (2)( 21 22 1 2 0 15 荷兰科学家惠更斯在物体碰撞问题的研究中做出了突出的贡献。惠更斯所做的碰 撞实验可简化为：三个质量分别为m1、m2、m3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为 L 的三根平行绳子上，彼此相互接触。 现把质量为m1的小球拉开， 上升到 H 高度处释放， 如图。已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律且碰撞时间极短，小 球半径和H 均远小于L，不计空气阻力。

37、（1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球 速度交换，已知球1 自最高点摆至最低点的时间为T0，试求此时系统的运动周期；（2） 要使球 1 与球 2、球 2 与球 3 相碰之后，三个球具有同样的动量，则m1、m2、m3应为多 少？它们上升的高度分别为多少？ 解析：（1）由于碰撞后交换速度，故球1 与球 3 在摆动过程中上 升的最大高度相同，过程对称，所以运动周期T=4T0 （2）设三球碰后的动量均为q，则球 2 与球 3 碰前的动量为2p， 由机械能守恒，对于球2 与球 3 碰撞过程应有： 3 2 2 2 1 2 222 )2( m p m p m p 得：1:3: 32 mm 球 1 与球 2 碰前的动量为3p，同理有： 2 2 1 2 1 2 2 2( 22 )3( m p m p m p） 得：1:2: 21 mm 解得：1:3:6: 321mmm 设三球碰后上升的高度分别为H1、H2、H3，球 1 碰前动能为：gHmEk 11 又 1 2 1 2 )3( m p Ek 解得： gm p H 2 1 2 2 9 球 1 碰后动能为 11 1 gHmE k 又 1 2 2 1 m p Ek 解得： gm p H 2 1 2 1 2 从而可得： 9 1 H H 同理得： 9 4 2 H HHH4 3 m1 H m2 m3 m1